高三数学第二轮复习教案数列问题的题型与方法二人教版

第2讲 数列■真题调研——————————————【例1】 [2019·全国卷Ⅱ]已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．解：(1)由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )， 即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8, 即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2.又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.【例2】 [2019·某某卷]定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”． (1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”；(2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n ＝2b n －2b n ＋1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数．若存在“M－数列”{}(n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k ＋1成立，求m 的最大值．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ， 所以a 1≠0，q ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q 4＝a 1q 4，a 1q 2－4a 1q ＋4a 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.因此数列{a n }为“M－数列”． (2)①因为1S n ＝2b n －2b n ＋1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由1S n ＝2b n －2b n ＋1，得S n ＝b n b n ＋12(b n ＋1－b n )， 当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1， 得b n ＝b n b n ＋12(b n ＋1－b n )－b n －1b n2(b n －b n －1)，整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列． 因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *. 因为数列{}为“M－数列”， 设公比为q ，所以c 1＝1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k，其中k ＝1,2,3，…，m .当k ＝1时，有q ≥1；当k ＝2,3，…，m 时，有ln k k ≤ln q ≤ln kk －1.设f (x )＝ln x x (x >1)，则f ′(x )＝1－ln xx2. 令f ′(x )＝0，得x ＝e.列表如下：因为2＝6<6＝3，所以f (k )max ＝f (3)＝ln33.取q ＝33，当k ＝1,2,3,4,5时，ln k k≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6，分别取k ＝3,6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6.综上，所求m 的最大值为5.【例3】 [2019·某某卷]设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{}满足c 1＝1，＝⎩⎪⎨⎪⎧1，2k<n <2k ＋1，b k ，n ＝2k，其中k ∈N *.①求数列的通项公式； ②求．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .依题意得⎩⎪⎨⎪⎧6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2，故a n ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1，b n ＝6×2n －1＝3×2n.所以，{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n.(2)①＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n－1.所以，数列{}的通项公式为＝9×4n－1.②＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n×4＋2n (2n－1)2×3＋i ＝1n (9×4i －1) ＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×4(1－4n)1－4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．【例4】 [2019·某某卷]设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝4，a 4＝S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记＝a n 2b n，n ∈N *，证明：c 1＋c 2＋…＋<2n ，n ∈N *. 解：(1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得a 1＋2d ＝4，a 1＋3d ＝3a 1＋3d ，解得a 1＝0，d ＝2. 从而a n ＝2n －2，n ∈N *. 所以S n ＝n 2－n ，n ∈N *.由S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列得 (S n ＋1＋b n )2＝(S n ＋b n )(S n ＋2＋b n )． 解得b n ＝1d(S 2n ＋1－S n S n ＋2)．所以b n ＝n 2＋n ，n ∈N *. (2)＝a n2b n ＝2n －22n (n ＋1)＝n －1n (n ＋1)，n ∈N *.我们用数学归纳法证明．(1)当n ＝1时，c 1＝0<2，不等式成立； (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立，即c 1＋c 2＋…＋c k <2k ，那么，当n ＝k ＋1时，c 1＋c 2＋…＋c k ＋c k ＋1<2k ＋k(k ＋1)(k ＋2)<2k ＋1k ＋1<2k ＋2k ＋1＋k＝2k ＋2(k ＋1－k )＝2k ＋1，即当n ＝k ＋1时不等式也成立．根据(1)和(2)，不等式c 1＋c 2＋…＋<2n 对任意n ∈N *成立． ■模拟演练——————————————1．[2019·某某二模]已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且存在实数λ满足2a n ＋1＝λa n ＋4，n ∈N *.(1)求λ的值及数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a 2n －n }的前n 项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d ≠0， 由2a n ＋1＝λa n ＋4(n ∈N *)，① 得2a n ＝λa n －1＋4(n ∈N *，n ≥2)，②两式相减得，2d ＝λd ，又d ≠0，所以λ＝2. 将λ＝2代入①可得a n ＋1－a n ＝2，即d ＝2， 又a 1＝1，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)可得a 2n －n ＝2(2n －n )－1＝2n ＋1－(2n ＋1)，所以S n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)－[3＋5＋…＋(2n ＋1)]＝4(1－2n)1－2－n (3＋2n ＋1)2＝2n ＋2－n2－2n －4.2．[2019·某某综合测试二]已知{a n }是递增的等比数列，a 2＋a 3＝4，a 1a 4＝3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解：(1)解法一：设等比数列{a n }的公比为q .因为a 2＋a 3＝4，a 1a 4＝3，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 2＝4，a 1·a 1q 3＝3.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，q ＝13，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13，q ＝3.因为{a n }是递增的等比数列，所以a 1＝13，q ＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2.解法二：设等比数列{a n }的公比为q . 因为a 2＋a 3＝4，a 1a 4＝a 2a 3＝3，所以a 2，a 3是方程x 2－4x ＋3＝0的两个根，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝1，a 3＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，a 3＝1.因为{a n }是递增的等比数列，所以a 2＝1，a 3＝3，则q ＝3， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2.(2)由(1)知b n ＝n ×3n －2，则S n ＝1×3－1＋2×30＋3×31＋…＋n ×3n －2， ①在①式两边同时乘以3得， 3S n ＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋n ×3n －1， ②①－②得－2S n ＝3－1＋30＋31＋…＋3n －2－n ×3n －1，即－2S n ＝13(1－3n )1－3－n ×3n －1，所以S n ＝14(2n －1)×3n －1＋112.3．[2019·某某质检]数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －n . (1)求证数列{a n ＋1}是等比数列，并求a n ；(2)若数列{b n }为等差数列，且b 3＝a 2，b 7＝a 3，求数列{a n b n }的前n 项和． 解：(1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，所以a 1＝1. 因为S n ＝2a n －n ， ①所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－(n －1)， ② ①－②得a n ＝2a n －2a n －1－1，所以a n ＝2a n －1＋1， 所以a n ＋1a n －1＋1＝2a n －1＋1＋1a n －1＋1＝2a n －1＋2a n －1＋1＝2，所以{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列， 所以a n ＋1＝2·2n －1＝2n，所以a n ＝2n－1.(2)由(1)知，a 2＝3，a 3＝7， 所以b 3＝a 2＝3，b 7＝a 3＝7.设{b n }的公差为d ，则b 7＝b 3＋(7－3)·d ， 所以d ＝1，所以b n ＝b 3＋(n －3)·d ＝n ， 所以a n b n ＝n (2n －1)＝n ·2n－n .设数列{n ·2n}的前n 项和为K n ，数列{n }的前n 项和为T n ， 所以K n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n， ③ 2K n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1， ④③－④得－K n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2.所以K n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.又T n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，所以K n －T n ＝(n －1)·2n ＋1－n (n ＋1)2＋2，所以{a n b n }的前n 项和为 (n －1)·2n ＋1－n (n ＋1)2＋2.4．[2019·某某某某质检]已知等比数列{a n }的各项都是正数，其中a 3，a 2＋a 3，a 4成等差数列，a 5＝32.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{log 2a n }的前n 项和为S n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和T n .解：(1)设等比数列{a n }的公比为q，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2(a 2＋a 3)＝a 3＋a 4，a 5＝32，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1q ＋a 1q 2＝a 1q 3，a 1q 4＝32.∵a n >0，∴q >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2n. (2)由已知得，S n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ＝n (n ＋1)2，∴1S n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和 T n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2n n ＋1.。

2024届高三数学二轮专题复习教案——数列一、教学目标1.知识目标掌握数列的基本概念、性质和分类。

熟练运用数列的通项公式、求和公式。

能够解决数列的综合应用题。

2.能力目标提高学生分析问题和解决问题的能力。

培养学生的逻辑思维能力和创新意识。

二、教学内容1.数列的基本概念数列的定义数列的项、项数、通项公式数列的分类2.数列的性质单调性周期性界限性3.数列的求和等差数列求和公式等比数列求和公式分段求和4.数列的综合应用数列与函数数列与方程数列与不等式三、教学重点与难点1.教学重点数列的基本概念和性质数列的求和数列的综合应用2.教学难点数列求和的技巧数列与函数、方程、不等式的综合应用四、教学过程1.导入新课通过讲解一道数列的典型例题，引导学生回顾数列的基本概念、性质和求和公式，为新课的学习做好铺垫。

2.数列的基本概念（1）数列的定义：按照一定规律排列的一列数叫做数列。

（2）数列的项：数列中的每一个数叫做数列的项。

（3）数列的项数：数列中项的个数。

（4）数列的通项公式：表示数列中任意一项的公式。

（5）数列的分类：等差数列、等比数列、斐波那契数列等。

3.数列的性质（1）单调性：数列的项随序号增大而增大或减小。

（2）周期性：数列中某些项的值呈周期性变化。

（3）界限性：数列的项有最大值或最小值。

4.数列的求和（1）等差数列求和公式：S_n=n/2(a_1+a_n)（2）等比数列求和公式：S_n=a_1(1q^n)/(1q)（3）分段求和：根据数列的特点，将数列分为若干段，分别求和。

5.数列的综合应用（1）数列与函数：利用数列的通项公式研究函数的性质。

（2）数列与方程：利用数列的性质解决方程问题。

（3）数列与不等式：利用数列的性质解决不等式问题。

6.课堂练习（2）已知数列{a_n}的通项公式为a_n=n^2+n，求证数列{a_n}为单调递增数列。

（3）已知数列{a_n}的前n项和为S_n=n^2n+1，求证数列{a_n}为等差数列。

第二讲 高考中的数列(解答题型)对应学生用书P043[必记公式]1．累加法公式：a n ＋1－a n ＝f (n )． 2．累乘法公式：a n ＋1a n＝f (n )．3．递推公式：a n ＋1＝pa n ＋q (p 、q 为常数)，求通项的构造法：a n＋1＋t ＝p (a n ＋t )(q ＝pt －t )．[重要结论]1．分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．2．裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如⎩⎨⎧⎭⎬⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等． 3．错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．4．倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，命题全解密1.命题点 数列通项公式的求法，数列前n 项和的求法．2.交汇点 常与函数、方程、不等式等知识交汇考查．3.常用方法 累加法、累乘法、构造法求通项公式；裂项相消法、错位相减法、倒序相加法、分组求和法求和．一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．[易错提醒]1．公比为字母的等比数列求和时，需注意分类讨论． 2．错位相减法求和时，易漏掉减数式的最后一项.例1 [2015·洛阳高三统考]设数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n 都有6S n ＝1－2a n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 12a n ，求T n ＝1b 21－1＋1b 22－1＋…＋1b 2n －1.[解] (1)由6S n ＝1－2a n ， 得6S n －1＝1－2a n －1(n ≥2)．两式相减得6a n ＝2a n －1－2a n ，即a n ＝14a n －1(n ≥2)，由6S 1＝6a 1＝1－2a 1得a 1＝18，∴数列{a n }是等比数列，公比q ＝14，∴a n ＝18×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ＋1.(2)∵a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ＋1，∴b n ＝2n ＋1，从而1b 2n －1＝14n (n ＋1)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n4(n ＋1).求数列通项公式的常见类型及方法(1)归纳猜想法：已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜想法．(2)已知S n 与a n 的关系，利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，求a n .(3)累加法：数列递推关系形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，其中数列{f (n )}前n 项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)．(4)累乘法：数列递推关系形如a n ＋1＝g (n )a n ，其中数列{g (n )}前n 项可求积，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)．(5)构造法：①递推关系形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ，q 为常数)可化为a n＋1＋qp －1＝p ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋q p －1(p ≠1)的形式，利用 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋q p －1是以p 为公比的等比数列求解； ②递推关系形如a n ＋1＝pa n a n ＋p (p 为非零常数)可化为1a n ＋1－1a n＝1p 的形式．1．[2015·南昌高三一模]已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 3＝6，正项数列{b n }满足b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若λb n >a n 对n ∈N *均成立，求实数λ的取值范围． 解 (1)∵a 1＝1，S 3＝6，∴数列{a n }的公差d ＝1，a n ＝n .由题知，⎩⎪⎨⎪⎧b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n ①b 1·b 2·b 3·…·b n －1＝2S n －1(n ≥2) ②，①÷②得b n ＝2S n －S n －1＝2a n ＝2n (n ≥2)，又b 1＝2S 1＝21＝2，满足上式，故b n ＝2n . (2)λb n >a n 恒成立⇒λ>n2n 恒成立， 设c n ＝n2n ，则c n ＋1c n＝n ＋12n ，当n ≥2时，c n <1，数列{c n }单调递减， ∴(c n )max ＝12，故λ>12.2．[2015·广东高考]设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *，已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1.(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列；(3)求数列{a n }的通项公式． 解 (1)∵4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1， ∴n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，∴4(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋5(a 1＋a 2)＝8(a 1＋a 2＋a 3)＋a 1， ∴4×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＝8×( 1＋32＋54 )＋1，解得a 4＝78.(2)证明：∵n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1，∴4(S n ＋2－S n ＋1)－2(S n ＋1－S n )＝2[(S n ＋1－S n )－12(S n －S n －1) ]，∴(S n ＋2－S n ＋1)－12(S n ＋1－S n )＝12[ (S n ＋1－S n )－12(S n －S n －1) ]， ∴a n ＋2－12a n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12a n .又a 3－12a 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－12a 1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是首项为1，公比为12的等比数列．(3)由(2)知⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是首项为1，公比为12的等比数列， ∴a n ＋1－12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，两边同乘以2n ＋1得，a n ＋1·2n ＋1－a n ·2n ＝4. 又a 2·22－a 1·21＝4，∴{a n ·2n }是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a n ·2n ＝2＋4(n －1)＝2(2n －1)， ∴a n ＝2(2n －1)2n ＝2n －12n －1.热点二 数列求和问题例2 [2015·陕西质检]已知正整数数列{a n }是首项为2的等比数列，且a 2＋a 3＝24.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n3a n，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)设正整数数列{a n }的公比为q ，则2q ＋2q 2＝24， ∴q ＝3， ∴a n ＝2×3n －1.(2)∵b n ＝2n 3a n ＝2n 3×2×3n －1＝n3n ，∴T n ＝13＋232＋333＋…＋n3n ，① ∴13T n ＝132＋233＋…＋n －13n ＋n3n ＋1.②由①－②，得23T n ＝13＋132＋133＋…＋13n －n 3n ＋1.。

高三数学二轮专题复习教案――数列一、本章知识结构：二、重点知识回顾１．数列的概念及表示方法（１）定义：按照一定顺序排列着的一列数．（２）表示方法：列表法、解析法（通项公式法和递推公式法）、图象法．（３）分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的大小关系可分为单调数列、摆动数列和常数列．a n S1( n 1)a n S n S n Sn 1(n ≥ 2)（４）与的关系：．2．等差数列和等比数列的比较（１）定义：从第 2 项起每一项与它前一项的差等于同一常数的数列叫等差数列；从第2 项起每一项与它前一项的比等于同一常数（不为0）的数列叫做等比数列．（２）递推公式：a n1a n d， a n 1a n·q， q 0， n N ．（３）通项公式：a n a1(n 1)d， a n a1q n 1， n N．（４）性质等差数列的主要性质：①单调性： d ≥0 时为递增数列， d ≤ 0 时为递减数列， d 0 时为常数列．②若mn p q ，则aman a p a q (m， n，p，qN )．特别地，当 m n 2 p时，有ama n2a p．③an a m(n m)d(m， n N ) ．④Sk，S2kSk，S3 kS2k，成等差数列．等比数列的主要性质：，a10a1，a10a1 00①单调性：当0q 1 或 q 1时，为递增数列；当q，，或q1时，为1递减数列；当q0时，为摆动数列；当q1时，为常数列．②若m npa ·a a ·a (m，n，p，q N )．特别地，若mn 2 p ，q，则m n p q则a m·a n a p2．a n q n m ( m， n N ， q 0)③am．④ S k， S2k S k， S3k S2k，，当 q1时为等比数列；当q1时，若 k 为偶数，不是等比数列．若k为奇数，是公比为1的等比数列．三、考点剖析考点一：等差、等比数列的概念与性质例 1.（ 2008 深圳模拟）已知数列{ a}的前 n项和 S12n n 2 .n n（1）求数列{ an}的通项公式；（2）求数列{| an|}的前 n项和 T n .解：（ 1）当n1时, a1S112 11211 ；、当n时S nSn 1(12n n2)[12(n1)(n 1)2]132n. ，2 ,a na也符合132n的形式.所以 ,数列{ a}的通项公式为 an13 2n.1n、11（ 2）令a n132n0, 又 n N * , 解得 n 6.n 6时,T n| a1 || a2|| a n| a1a2a n S n12n n 2；当当n6 ,T n| a1 | | a2 || a6 | | a7 || a n |a1 a2a6a7a8a n2S6S2(12 6 62 )(12 n n2 ) n 212n72. nT n 12n n 2 , n6,n212n 72, n 6.综上，点评：本题考查了数列的前n 项与数列的通项公式之间的关系，特别要注意n＝１时情况，在解题时经常会忘记。

高考数学二轮复习（理）讲义及题型归纳（基础）第一章:等差数列与等比数列的综合核心考点一:等差、等比数列的判断与证明 方法总结判断和证明数列是等差、等比数列常见的3中方法如下： （1）定义法：对于2≥n 的任意正整数，都有1--n n a a （或1-n na a ）为同一常数（用于证明）（2）通项公式法：①若)()1(11d a nd d n a a n -+=-+=，则数列{}n a 为等差数列（用于判断）； ②若n nn n q c q qa q a a ∙=∙==-111，则数列{}n a 为等比数列（用于判断）； （3）中项公式法：①若112+-+=n n n a a a （*,2N n n ∈≥），则数列{}n a 为等差数列（用于证明）；②若112+-=n n n a a a （*,2N n n ∈≥），则数列{}n a 为等比数列（用于证明）；例1.(1)设{}n a 为等差数列，证明：数列{}n a c （1,0≠>c c ）是等比数列。

(2)设{}n a 为正项等比数列，证明：数列{}n c a log （1,0≠>c c ）是等差数列。

例2. 在数列{}n a 中，241+=+n n a S 且11=a （1）设n n n a a b 21-=+，求证：数列{}n b 是等比数列 （2）设22nn a c =，求证：数列{}n c 是等差数列 解析 （1）142n n S a +=+①*142(2,)n n S a n n N -=+≥∈②由①-②得1144n n n a a a +-=-，所以1112242(2)n n n n n n a a a a a a +---=-=-.当1n =时，211224265S a a a a =+==+⇒=，所以2125230,a a -=-=≠（2）因为数列{}n b 是等比数列，12121312()233b a a S S a S a =-=--=-=.所以1111211(2)2322n n n n n n b b q a a a a ---+=⋅=-⋅=⋅=-，因此数列{}n c 是等差数列.例3. 数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知11=a ，n n S nn a 21+=+（ ,4,3,2=n ），证明：数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 是等比数列。

必修 5 第 2 章教学内容分析高中数学教学设计编写人：周亚新教学目标（一）知识目标1、能灵活运用等差数列，等比数列的定义，性质，通项公式，求和公式解题。

2、能熟练的求一些简单数列的通项公式和前n项的和。

3、是学生系统掌握等差，等比数列综合题的解题规律。

（二）能力目标深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地应用数列知识和方法解决问题。

通过解决探索性问题，进一步培养学生阅读理解和创新能力。

（三）情感目标培养学生善于分析问题，富于联想，综合应用数学思想方法分析，解决问题的能力。

培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法。

教学方法本节课采用“课前自学+课堂点拨”的教学方法，一问题解决为中心，注重学生学习过程。

以学生发现为主，教师引导为辅，着重培养学生分析问题解决问题的能力。

教学手段本节课选择电子白板辅助教学，增大课堂容量，提高课堂效率。

教学过程设计教学步骤教师活动学生活动设计意图创设情境，直观感知让学生直观感知15高考18. 已知数列满足（为实数，且），，，，且，，成等差数列．(1)求的值和的通项公式；(2)设，，求数列的前项和．学生观察，思考考察的知识及解题策略从实际出发，让学生感受高考的题目，引出本节课的教学重难点。

典例分析例1：已知数列{na}中，首项是1，求满足下列条件的通项公式（1）13n na a+=-（2）12n na a+=（3）1n na a n+=-（4）11nna na n++=学生完成各题辨析等差数列、等比数列及递推公式，并能掌握其通项公式的求解方法例2：已知数列中，ns是na的前n项和，且142n ns a+=+，1a=1（1）设数列112n n nb a a++=-，且b1=32证明{nb}是等比数列。

（2）设数列2nn nac=，证明{nc}是等差数列。

（3）求数列的通项公式及前n项和学生分析问题，并合作解决问题，教师适时点拨第（1）问，注意2n≥第（2）问，可利用第一问结论，亦可用题设用等差数列，等比数列的定义证明数列，并求通项公式和前n项的和；解题时要总览全局，注意上一问的结论可作为下面问题的条件。

数列二轮专题复习教案解析随着高考日趋临近，各位同学的复习也进入了最为紧张的阶段。

其中，数学中的数列部分是占据重要比重的，也是考生们难点之一。

因此，本文将从数列二轮专题复习教案解析的角度，为大家进行详细的讲解和分析。

第一部分：知识点总结数学中的数列部分包含了三个部分：等差数列、等比数列和通项公式。

在复习的过程中，我们需要掌握以下几个方面的知识点：1.等差数列的概念和性质等差数列意味着每相邻两项之间的差值都是相等的。

其中，常见的性质有：通项公式、前n项和公式以及公差与项数之间的关系等。

2.等比数列的概念和性质等比数列意味着每相邻两项之间的比值都是相等的。

其中，常见的性质有：通项公式、前n项和公式以及首项、公比和项数之间的关系。

3.通项公式的推导通项公式是等差数列和等比数列的重要公式，能够方便我们求出数列中的任意一项。

在学习中，我们需要掌握如何推导出这个公式，并能够在运用时灵活运用。

第二部分：题型解析在数列的学习中，常见的题型通常包括等差数列、等比数列的总和、通项公式以及变形运用等。

下面我们通过一些具体的例子进行讲解。

例1：已知等差数列的前3项分别为5、9和13，求它的第7项？我们可以先求出这个等差数列的公差，根据数列的定义，有：公差=后一项-前一项那么，我们可以先求出公差d。

由于该数列的前3项分别为5、9和13，那么可以得到：d=9-5=4接着，我们可以用通项公式来求第7项。

由于这是一个等差数列，因此通项公式为：an=a1+(n-1)d带入已知条件，可以得出：a7=5+(7-1)×4=25因此，该等差数列的第7项为25。

例2：一个等比数列，第3项为2，第6项为16，求这个等比数列的前12项和。

我们可以先求出这个等比数列的公比，根据数列的定义，有：公比=后一项/前一项那么，我们可以先求出公比q。

由于该数列的第3项为2，第6项为16，那么可以得到：q=16/2=8接着，我们可以用公式来求前12项的和。

专题二数列[研高考·明考点]小题考情分析 大题考情分析常考点1.等差、等比数列的基本运算(3年6考)2.等差、等比数列的性质(3年3考)常考点高考对数列的考查若只出现在解答题中时，常以数列的相关项以及关系式，或a n 与S n 的关系入手，结合等差、等比数列的定义展开考查，题型主要有：1.等差、等比数列基本量的运算2.数列求和问题3.等差、等比数列的判断与证明偶考点1.数列的递推关系式2.等差与等比数列的综合应用问题偶考点数列与其他知识的综合问题第一讲 小题考法——等差数列与等比数列考点(一) 主要考查方式有两种：一是利用a n 与S n 的关系求通项a n 或前n 项和S n ；二是利用a n 与a n ＋1的关系求通项a n 或前n 项和S n .数列的递推关系式[典例感悟][典例] (1)(2017·云南调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足4(n ＋1)(S n ＋1)＝(n ＋2)2a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝( )A ．(n ＋1)3B ．(2n ＋1)2C ．8n 2D ．(2n ＋1)2－1(2)(2017·成都模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，a 1＋a 222＋a 332＋…＋a nn 2＝a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.[解析] (1)当n ＝1时，4×(1＋1)×(a 1＋1)＝(1＋2)2×a 1，解得a 1＝8.当n ≥2时，4(S n ＋1)＝n ＋22a n n ＋1，则4(S n －1＋1)＝n ＋12a n －1n ，两式相减得，4a n ＝n ＋22a nn ＋1－n ＋12a n －1n，整理得，a na n －1＝n ＋13n 3，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n ＋13n 3×n 3n －13×…×3323×8＝(n ＋1)3.检验知，a 1＝8也符合，所以a n ＝(n ＋1)3.(2)根据a 1＋a 222＋a 332＋…＋a nn 2＝a n ，①有a 1＋a 222＋a 332＋…＋a n －1n －12＝a n －1，②①－②得，a nn2＝a n －a n －1，即n 2a n －1＝(n 2－1)a n ，所以a n a n －1＝n 2n 2－1＝n 2n ＋1n －1，所以a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a na n －1＝1×222＋12－1×323＋13－1×…×n 2n ＋1n －1＝22×32×42×…×n 22－12＋13－13＋14－14＋1…n －1n ＋1＝22×32×42×…×n21×3×2×4×3×5×…×n －1×n ＋1 ＝2n n ＋1. [答案] (1)A (2)2n n ＋1[方法技巧]由a n 与S n 的关系求通项公式的注意事项(1)应重视分类讨论思想的应用，分n ＝1和n ≥2两种情况讨论，特别注意a n ＝S n －S n －1成立的前提是n ≥2.(2)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1也适合，则需统一表示(“合写”)． (3)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1n ＝1，S n －S n －1n ≥2.[演练冲关]1．(2018届高三·广东五校联考)数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1＝a 1＋a n ＋n (n ∈N *)，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＝( )A.2 0171 009 B.2 0151 008C.2 0162 017 D.2 0152 016解析：选A 由a 1＝1，a n ＋1＝a 1＋a n ＋n 可得a n ＋1－a n ＝n ＋1，利用累加法可得a n －a 1＝n －1n ＋22，所以a n ＝n 2＋n2，所以1a n ＝2n 2＋n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＝211－12＋12－13＋…＋12 017－12 018＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 018＝2 0171 009，故选A. 2．(2017·石家庄质检)数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( )A ．3 690B ．3 660C ．1 845D ．1 830解析：选 D 不妨令a 1＝1，根据题意，得a 2＝2，a 3＝a 5＝a 7＝…＝1，a 4＝6，a 6＝10，…，所以当n 为奇数时，a n ＝1，当n 为偶数时构成以a 2＝2为首项，以4为公差的等差数列．所以{a n }的前60项和为S 60＝30＋2×30＋30×30－12×4＝1 830.3．设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则S 5＝________. 解析：∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，∴S n ＋1＝3S n ＋1，∴S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫S n ＋12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列，∴S 2＋12S 1＋12＝3.又S 2＝4，∴S 1＝1，∴S 5＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432，∴S 5＝121. 答案：121考点(二)主要考查与等差比数列的通项公式、前n 项和公式有关的五个基本量间的“知三求二”运算.等差、等比数列的基本运算[典例] (1)(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( )A ．100B ．99C ．98D ．97(2)(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8(3)(2017·江苏高考)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________. [解析] (1)∵{a n }是等差数列，设其公差为d ， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又∵a 10＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98，故选C. (2)设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 2，a 3，a 6成等比数列，所以a 2a 6＝a 23， 即(a 1＋d )(a 1＋5d )＝(a 1＋2d )2. 又a 1＝1，所以d 2＋2d ＝0. 又d ≠0，则d ＝－2， 所以{a n }前6项的和S 6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24. (3)设等比数列{a n}的公比为q ，则由S 6≠2S 3，得q ≠1，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 11－q 31－q ＝74，S 6＝a11－q 61－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝14，则a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.[答案] (1)C (2)A (3)32[方法技巧]等差(比)数列基本运算的解题思路(1)设基本量：首项a 1和公差d (公比q )．(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a 1和d (或q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．[演练冲关]1．(2017·合肥质检)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2＋S 3＝4，a 3＋S 5＝12，则a 4＋S 7的值是( )A ．20B ．36C ．24D ．72解析：选C 由a 2＋S 3＝4及a 3＋S 5＝12得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4d ＝4，6a 1＋12d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝1，∴a 4＋S 7＝8a 1＋24d ＝24.故选C.2．(2017·全国卷Ⅲ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________. 解析：设等比数列{a n }的公比为q ， 则a 1＋a 2＝a 1(1＋q )＝－1，a 1－a 3＝a 1(1－q 2)＝－3，两式相除，得1＋q 1－q 2＝13，解得q ＝－2，a 1＝1，所以a 4＝a 1q 3＝－8. 答案：－83．(2018届高三·河南十校联考)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 8＝4S 4，则a 10＝________.解析：∵{a n }是公差为1的等差数列， ∴S 8＝8a 1＋28，S 4＝4a 1＋6. ∵S 8＝4S 4，∴8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，∴a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝192.答案：192考点(三) 主要考查利用等差、等比数列的性质求解基本量及与前n 项和有关的最值问题.等差、等比数列的性质[典例感悟][典例] (1)(2017·云南调研)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝( )A ．40B ．60C ．32D ．50(2)(2017·长沙模拟)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3＝2－1，a 5＝2＋1，则a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7＝( )A ．4B ．6C ．8D ．8－4 2(3)(2018届高三·湖南名校联考)若{a n }是等差数列，首项a 1>0，a 2 016＋a 2 017>0，a 2 016·a 2017<0，则使前n 项和S n >0成立的最大正整数n 是( ) A ．2 016 B ．2 017 C ．4 032D ．4 033[解析] (1)由等比数列的性质可知，数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4,8，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，所以S 9－S 6＝16，S 12－S 9＝32，所以S 12＝(S 12－S 9)＋(S 9－S 6)＋(S 6－S 3)＋S 3＝32＋16＋8＋4＝60，故选B.(2)在等比数列{a n }中，a 3a 7＝a 25，a 2a 6＝a 3a 5，所以a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝(2－1＋2＋1)2＝(22)2＝8，故选C.(3)因为a 1>0，a 2 016＋a 2 017>0，a 2 016·a 2 017<0，所以d <0，a 2 016>0，a 2 017<0，所以S 4 032＝4 032a 1＋a 4 0322＝4 032a 2 016＋a 2 0172>0，S 4 033＝4 033a 1＋a 4 0332＝4 033a 2 017<0，所以使前n 项和S n >0成立的最大正整数n 是4 032，故选C.[答案] (1)B (2)C (3)C[方法技巧]等差、等比数列性质问题的求解策略(1)解题关键：抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．(2)运用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．[演练冲关]1．已知等差数列{a n }中，a 1＝1，前10项和等于前5项和，若a m ＋a 6＝0，则m ＝( ) A ．10 B ．9 C ．8D ．2解析：选A 记数列{a n }的前n 项和为S n ，由题意S 10＝S 5，所以S 10－S 5＝a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝0，又a 6＋a 10＝a 7＋a 9＝2a 8，于是a 8＝0，又a m ＋a 6＝0，所以m ＋6＝2×8，解得m ＝10.2．(2017·合肥质检)已知数列{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，数列{b n }满足b n＝1＋a n a n.若对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－8，－7)B ．[－8，－7)C ．(－8，－7]D ．[－8，－7]解析：选A 因为{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，所以a n ＝n ＋a －1，因为b n＝1＋a n a n ＝1＋1a n ，又对任意的n ∈N *都有b n ≥b 8成立，所以1＋1a n ≥1＋1a 8，即1a n ≥1a 8对任意的n∈N *恒成立，因为数列{a n }是公差为1的等差数列，所以{a n }是单调递增的数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 8<0，a 9>0，即⎩⎪⎨⎪⎧8＋a －1<0，9＋a －1>0，解得－8<a <－7.3．若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________.解析：因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11)＝10ln e 5＝50ln e ＝50.答案：50[典例] (1)(2018届高三·西安八校联考)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝－33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tanb 3＋b 91－a 4·a 8的值为( )A ．－ 3B ．－1C ．－33D ． 3(2)设数列{}a n 是等差数列，数列{}b n 是等比数列，记数列{}a n ，{}b n 的前n 项和分别为S n ，T n .若a 5＝b 5，a 6＝b 6，且S 7－S 5＝4(T 6－T 4)，则a 7＋a 5b 7＋b 5＝________. [解析] (1)依题意得，a 36＝(－3)3，a 6＝－3，3b 6＝7π，b 6＝7π3，所以b 3＋b 91－a 4·a 8＝2b 61－a 26＝－7π3， 故tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π－π3＝－tan π3＝－ 3.(2)设等差数列{}a n 的公差为d ，等比数列{}b n 的公比为q . 由a 5＝b 5，a 6＝b 6，且S 7－S 5＝4(T 6－T 4)，得⎩⎪⎨⎪⎧a 5＝b 5，a 5＋d ＝b 5q ，2a 5＋3d ＝4b 5＋b 5q ，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝－5，d ＝－6a 5.故a 7＋a 5b 7＋b 5＝2a 5＋2d b 5q 2＋b 5＝2a 5＋2－6a 525a 5＋a 5＝－10a 526a 5＝－513. [答案] (1)A (2)－513[方法技巧]等差、等比数列综合问题的求解策略(1)对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算简便．(2)数列的通项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列的有关最值问题．[演练冲关]1．(2017·云南调研)已知数列{a n }是等差数列，若a 1－1，a 3－3，a 5－5依次构成公比为q 的等比数列，则q ＝( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析：选C 依题意，得2a 3＝a 1＋a 5,2a 3－6＝a 1＋a 5－6，即2(a 3－3)＝(a 1－1)＋(a 5－5)，所以a 1－1，a 3－3，a 5－5成等差数列．又a 1－1，a 3－3，a 5－5依次构成公比为q 的等比数列，因此有a 1－1＝a 3－3＝a 5－5，q ＝a 3－3a 1－1＝1. 2．(2017·望江调研)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为( )A ．－47B ．－48C ．－49D ．－50解析：选C 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧S10＝10a 1＋10×92d ＝0，S15＝15a 1＋15×142d ＝25，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝23，那么nS n ＝n 2a 1＋n 2n －12d ＝n 33－10n 23.由于函数f (x )＝x 33－10x 23在x ＝203处取得极小值，又6<203<7，从而检验n ＝6时，6S 6＝－48，n ＝7时，7S 7＝－49.所以nS n 的最小值为－49.3．(2017·太原模拟)设等比数列{a n }的前6项和S 6＝6，且1－a 22为a 1，a 3的等差中项，则a 7＋a 8＋a 9＝________.解析：依题意得a 1＋a 3＝2－a 2，即S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝2，由等比数列的性质，知数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等比数列，即数列2,4，S 9－S 6成等比数列，于是有S 9－S 6＝8，即a 7＋a 8＋a 9＝8.答案：8[必备知能·自主补缺] (一) 主干知识要记牢 1．等差数列、等比数列等差数列 等比数列通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d a n ＝a 1q n －1(q ≠0)前n 项和公式S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d(1)q ≠1，S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q1－q；(2)q ＝1，S n ＝na 12．判断等差数列的常用方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列．(2)通项公式法：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数，n ∈N *)⇔{a n }是等差数列． (3)中项公式法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列．(4)前n 项和公式法：S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数，n ∈N *)⇔{a n }是等差数列． 3．判断等比数列的常用方法 (1)定义法：a n ＋1a n＝q (q 是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (2)通项公式法：a n ＝cq n(c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (3)中项公式法：a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (二) 二级结论要用好 1．等差数列的重要规律与推论(1)a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d ；p ＋q ＝m ＋n ⇒a p ＋a q ＝a m ＋a n . (2)a p ＝q ，a q ＝p (p ≠q )⇒a p ＋q ＝0；S m ＋n ＝S m ＋S n ＋mnd .(3)连续k 项的和(如S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…)构成的数列是等差数列．(4)若等差数列{a n }的项数为偶数2m ，公差为d ，所有奇数项之和为S 奇，所有偶数项之和为S 偶，则所有项之和S 2m ＝m (a m ＋a m ＋1)，S 偶－S 奇＝md ，S 奇S 偶＝a ma m ＋1. (5)若等差数列{a n }的项数为奇数2m －1，所有奇数项之和为S 奇，所有偶数项之和为S偶，则所有项之和S 2m －1＝(2m －1)a m ，S 奇＝ma m ，S 偶＝(m －1)a m ，S 奇－S 偶＝a m ，S 奇S 偶＝m m －1. [针对练1] 一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27，则该数列的公差d ＝________.解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d .由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5.答案：52．等比数列的重要规律与推论 (1)a n ＝a 1qn －1＝a m qn －m；p ＋q ＝m ＋n ⇒a p ·a q ＝a m ·a n .(2){a n }，{b n }成等比数列⇒{a n b n }成等比数列．(3)连续m 项的和(如S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…)构成的数列是等比数列(注意：这连续m 项的和必须非零才能成立)．(4)若等比数列有2n 项，公比为q ，奇数项之和为S 奇，偶数项之和为S 偶，则S 偶S 奇＝q . (5)对于等比数列前n 项和S n ，有： ①S m ＋n ＝S m ＋q mS n ；②S m S n ＝1－q m 1－q n(q ≠±1)． (三) 易错易混要明了已知数列的前n 项和求a n ，易忽视n ＝1的情形，直接用S n －S n －1表示．事实上，当n ＝1时，a 1＝S 1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1.[针对练2] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则该数列的通项公式为________． 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋1)－[(n －1)2＋1]＝n 2－(n －1)2＝2n －1， 又当n ＝1时，2×1－1＝1≠2.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2[课时跟踪检测]A 组——12＋4提速练一、选择题1．(2017·成都模拟)在等比数列{a n }中，已知a 3＝6，a 3＋a 5＋a 7＝78，则a 5＝( ) A ．12 B ．18 C ．24D ．30解析：选B ∵a 3＋a 5＋a 7＝a 3(1＋q 2＋q 4)＝6(1＋q 2＋q 4)＝78，解得q 2＝3，∴a 5＝a 3q 2＝6×3＝18.故选B.2．(2017·兰州模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，a 8＋a 10＝28，则S 9＝( )A ．36B ．72C ．144D ．288解析：选B ∵a 8＋a 10＝2a 9＝28，∴a 9＝14，∴S 9＝9a 1＋a 92＝72.3．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选C 设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，2a 1＋5d ＝16，解得d ＝4.4．设等比数列{}a n 的前n 项和为S n ，若S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，则公比q ＝( )A ．1B ．4C ．4或0D ．8解析：选B ∵S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13a 1q －13，a 1＋a 1q ＝13a 1q 2－13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－13，q ＝0(舍去)，故所求的公比q ＝4.5．已知S n 是公差不为0的等差数列{}a n 的前n 项和，且S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 2＋a 3a 1的值为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：选C 设数列{}a n 的公差为d ，则S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ，S 4＝4a 1＋6d ，故(2a 1＋d )2＝a 1(4a 1＋6d )，整理得d ＝2a 1，所以a 2＋a 3a 1＝2a 1＋3d a 1＝8a 1a 1＝8. 6．(2018届高三·湖南十校联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，a 4＋a 5＝23，则S 8＝( )A ．72B ．88C ．92D ．98解析：选C 由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，得a n ＋1－a n ＝3，所以数列{a n }是公差为3的等差数列，S 8＝8a 1＋a 82＝8a 4＋a 52＝92.7．已知数列{}a n 满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，0≤a n ＜12，2a n－1，12≤a n＜1.若a 1＝35，则a 2 018＝( )A.15B.25C.35D.45解析：选A 因为a 1＝35，根据题意得a 2＝15，a 3＝25，a 4＝45，a 5＝35，所以数列{}a n 以4为周期，又2 018＝504×4＋2，所以a 2 018＝a 2＝15，故选A.8．若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为( )A.32B.94C ．1D ．2解析：选D 设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则第2,3,4项分别为a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，依题意得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝9，a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝814，化简得a 21q 3＝92，则1a 1＋1a 1q ＋1a 1q2＋1a 1q 3＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3a 21q3＝2. 9．(2017·广州模拟)已知等比数列{a n }的各项都为正数，且a 3，12a 5，a 4成等差数列，则a 3＋a 5a 4＋a 6的值是( ) A.5－12 B.5＋12 C.3－52 D.3＋52解析：选A 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 3，12a 5，a 4成等差数列可得a 5＝a 3＋a 4，即a 3q 2＝a 3＋a 3q ，故q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52或q ＝1－52(舍去)，所以a 3＋a 5a 4＋a 6＝a 3＋a 3q2a 4＋a 4q 2＝a 31＋q 2a 41＋q 2＝1q ＝25＋1＝5－12，故选A. 10．(2017·张掖模拟)等差数列{a n }中，a n a 2n是一个与n 无关的常数，则该常数的可能值的集合为( )A ．{1}B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫12 D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫0，12，1解析：选Ba n a 2n ＝a 1＋n －1d a 1＋2n －1d ＝a 1－d ＋nd a 1－d ＋2nd ，若a 1＝d ≠0，则a n a 2n ＝12；若a 1≠0，d ＝0，则a n a 2n ＝1.∵a 1－d ＋nd ≠0，∴a na 2n ≠0，∴该常数的可能值的集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12.11．(2018届高三·湖南十校联考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1<0，若存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则当n >m 时，S n 与a n 的大小关系是( )A ．S n <a nB ．S n ≤a nC ．S n >a nD ．大小不能确定解析：选C 若a 1<0，存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则d >0，否则若d ≤0，数列是递减数列或常数列，则恒有S m <a m ，不存在a m ＝S m .由于a 1<0，d >0，当m ≥3时，有a m ＝S m ，因此a m >0，S m >0，又S n ＝S m ＋a m ＋1＋…＋a n ，显然S n >a n .故选C.12．(2017·洛阳模拟)等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，前n 项和为S n ，则当n ∈N *时，S n －1S n的最大值与最小值之和为( )A ．－23B ．－712C.14D.56解析：选C 依题意得，S n ＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n.当n 为奇数时，S n ＝1＋12n 随着n的增大而减小，1<S n ＝1＋12n ≤S 1＝32，S n －1S n 随着S n 的增大而增大，0<S n －1S n ≤56；当n 为偶数时，S n ＝1－12n 随着n 的增大而增大，34＝S 2≤S n ＝1－12n <1，S n －1S n 随着S n 的增大而增大，－712≤S n －1S n <0.因此S n －1S n 的最大值与最小值分别为56，－712，其最大值与最小值之和为56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－712＝14. 二、填空题13．(2017·合肥质检)已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项和S 9＝________.解析：由已知，得a 2n ＋1＝4a n a n ＋1－4a 2n ，即a 2n ＋1－4a n a n ＋1＋4a 2n ＝(a n ＋1－2a n )2＝0，所以a n＋1＝2a n ，又因为a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故S 9＝2×1－291－2＝210－2＝1 022.答案：1 02214．(2017·兰州模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且当n ≥2时，有2a na n S n －S 2n＝1成立，则S 2 017＝________.解析：当n ≥2时，由2a n a n S n －S 2n ＝1，得2(S n －S n －1)＝(S n －S n －1)S n －S 2n ＝－S n S n －1，∴2S n －2S n －1＝1，又2S 1＝2，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫2S n 是以2为首项，1为公差的等差数列，∴2S n ＝n ＋1，故S n ＝2n ＋1，则S 2 017＝11 009. 答案：11 00915．(2016·全国卷Ⅰ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12.又a 1＋a 1q 2＝10，∴a 1＝8.故a 1a 2…a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝23n·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1n2＝23n －n 22＋n 2＝2－n 22＋72n .记t ＝－n 22＋7n2＝－12(n 2－7n )＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722＋498，结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6. 又y ＝2t 为增函数，从而a 1a 2…a n 的最大值为26＝64. 答案：6416．(2017·广州模拟)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，对任意p ，q ∈N *，都有a p ＋q ＝a p ＋a q ，则f (n )＝S n ＋60n ＋1(n ∈N *)的最小值为________． 解析：a 1＝2，对任意p ，q ∈N *，都有a p ＋q ＝a p ＋a q ，令p ＝1，q ＝n ，则有a n ＋1＝a n ＋a 1＝a n ＋2.故{a n }是等差数列，所以a n ＝2n ，S n ＝2×1＋n n 2＝n 2＋n ，f (n )＝S n ＋60n ＋1＝n 2＋n ＋60n ＋1＝n ＋12－n ＋1＋60n ＋1＝n ＋1＋60n ＋1－1.当n ＋1＝8，即n ＝7时，f (7)＝8＋608－1＝292；当n ＋1＝7，即n ＝6时，f (6)＝7＋607－1＝1027，因为292<1027，则f (n )＝S n ＋60n ＋1(n ∈N *)的最小值为292.答案：292B 组——能力小题保分练1．若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9 解析：选D 不妨设a ＞b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝p ＞0，ab ＝q ＞0，∴a ＞0，b ＞0，则a ，－2，b 成等比数列，a ，b ，－2成等差数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝－22，a －2＝2b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1，∴p ＝5，q ＝4，∴p ＋q ＝9.2．(2017·郑州质检)已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n<t ，则实数t 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞ D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ 解析：选D 依题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1a 2a 3…a n a 1a 2a 3…a n －1＝2n22n －12＝2n 2－(n －1)2＝22n －1，又a 1＝21＝22×1－1，因此a n ＝22n －1，1a n ＝122n －1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，14为公比的等比数列，等比数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和等于12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n <23，因此实数t 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞. 3．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n n ＋12，1S n＝2n n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，因此∑k ＝1n1S k ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2n n ＋1.答案：2nn ＋14．(2017·兰州模拟)已知数列{a n }，{b n }，若b 1＝0，a n ＝1nn ＋1，当n ≥2时，有b n ＝b n －1＋a n －1，则b 2 018＝________.解析：由b n ＝b n －1＋a n －1，得b n －b n －1＝a n －1，∴b 2－b 1＝a 1，b 3－b 2＝a 2，…，b n －b n －1＝a n －1，∴b 2－b 1＋b 3－b 2＋…＋b n －b n －1＝a 1＋a 2＋…＋a n －1＝11×2＋12×3＋…＋1n －1×n，即b n －b 1＝a 1＋a 2＋…＋a n －1＝11×2＋12×3＋…＋1n －1×n ＝11－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝1－1n ＝n －1n ，∵b 1＝0，∴b n ＝n －1n ，∴b 2 018＝2 0172 018.答案：2 0172 0185．(2017·石家庄质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a n }为12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，…，1n ，2n ，…，n －1n，…，若S k ＝14，则a k ＝________. 解析：因为1n ＋2n ＋…＋n －1n ＝1＋2＋…＋n －1n ＝n 2－12，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋nn ＋1＝1＋2＋…＋n n ＋1＝n 2，所以数列12，13＋23，14＋24＋34，…，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1是首项为12，公差为12的等差数列，所以该数列的前n 项和T n ＝12＋1＋32＋…＋n 2＝n 2＋n 4.令T n ＝n 2＋n 4＝14，解得n ＝7(n ＝－8舍去)，所以a k ＝78.答案：786．在数列{a n }和{b n }中，a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2n ，a 1＝1，b 1＝1.设c n ＝1a n ＋1b n，则数列{c n }的前2 018项和为________．解析：由已知a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2n 得a n ＋1＋b n ＋1＝2(a n ＋b n )，又a 1＋b 1＝2，所以数列{a n ＋b n }是首项为2，公比为2的等比数列，即a n ＋b n ＝2n，将a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2n 相乘并化简，得a n ＋1b n ＋1＝2a n b n ，即a n ＋1b n ＋1a nb n＝2.所以数列{a n b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n b n ＝2n －1，因为c n ＝1a n ＋1b n，所以c n＝a n ＋b n a n b n ＝2n 2n －1＝2，数列{c n }的前2 018项和为2×2 018＝4 036. 答案：4 036第二讲 大题考法——数 列[典例1] (2017·沈阳模拟)已知数列{a n }是等差数列，满足a 1＝2，a 4＝8，数列{b n }是等比数列，满足b 2＝4，b 5＝32.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ＋b n }的前n 项和S n .[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得d ＝a 4－a 13＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)·d＝2＋(n －1)×2＝2n .设等比数列{b n }的公比为q ，由题意得q 3＝b 5b 2＝8，解得q ＝2. 因为b 1＝b 2q＝2，所以b n ＝b 1·qn －1＝2×2n －1＝2n.(2)因为a n ＝2n ，b n ＝2n，所以a n ＋b n ＝2n ＋2n，所以S n ＝n 2＋2n2＋21－2n1－2＝n2＋n ＋2n ＋1－2.[备课札记][方法技巧]等差、等比数列的基本量的求解策略(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要先求解的中间问题．如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，即确定解题的逻辑次序．(2)注意细节．例如：在等差数列与等比数列综合问题中，若等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能；在数列的通项问题中，第一项和后面的项能否用同一个公式表示等．[演练冲关]1．(2017·洛阳模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a n ≠0，a 1＝1，且2a n a n ＋1＝4S n －3(n ∈N *)．(1)求a 2的值并证明：a n ＋2－a n ＝2； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)令n ＝1得2a 1a 2＝4a 1－3，又a 1＝1，∴a 2＝12.由题可得，2a n a n ＋1＝4S n －3，① 2a n ＋1a n ＋2＝4S n ＋1－3.②②－①得，2a n ＋1(a n ＋2－a n )＝4a n ＋1. ∵a n ≠0，∴a n ＋2－a n ＝2.(2)由(1)可知：数列a 1，a 3，a 5，…，a 2k －1，…为等差数列，公差为2，首项为1，∴a 2k－1＝1＋2(k －1)＝2k －1，即n 为奇数时，a n ＝n .数列a 2，a 4，a 6，…，a 2k ，…为等差数列，公差为2，首项为12，∴a 2k ＝12＋2(k －1)＝2k－32，即n 为偶数时，a n ＝n －32. 综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －32，n 为偶数.题型(二) 主要考查错位相减法求和、裂项相消法求和以及分组求和，且常结合数列的递推公式、周期等命题.数 列 求 和 问 题[典例感悟][典例2] 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .[解] (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，则由⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2，所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1得S n ＝n (n ＋2)， 则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，所以T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1) ＝1－12n ＋1＋21－4n1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n－1)． [备课札记][方法技巧]1．分组求和中分组的策略 (1)根据等差、等比数列分组． (2)根据正号、负号分组． 2．裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差． (2)裂项相消后前、后保留的项数一样多． 3．错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }与等比数列{b n }对应项相乘({a n ·b n })型数列求和． (2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比； ②将两个和式错位相减； ③整理结果形式．[演练冲关]2．(2017·合肥质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 4＝24，S 7＝63. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2a n ＋a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)∵{a n }为等差数列， ∴⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4a 1＋4×32d ＝24，S 7＝7a 1＋7×62d ＝63，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1. (2)∵b n ＝2a n ＋a n ＝22n ＋1＋(2n ＋1)＝2×4n＋(2n ＋1)，∴T n ＝2×(4＋42＋ (4))＋(3＋5＋…＋2n ＋1) ＝2×41－4n1－4＋n 3＋2n ＋12＝83(4n －1)＋n 2＋2n . 3．(2017·天津高考)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12， 而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0. 又因为q ＞0，解得q ＝2. 所以b n ＝2n.由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8.① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16.②由①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n. (2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ， 由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n，4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1，上述两式相减，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1＝12×1－4n1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8.故T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.题型(三)主要考查等差数列与等比数列的定义、等差中项及等比中项，且常与数列的递推公式相结合命题.等差、等比数列的判定与证明[典例3] (2017·成都模拟)已知数列{a n }满足a 1＝－2，a n ＋1＝2a n ＋4. (1)证明数列{a n ＋4}是等比数列； (2)求数列{|a n |}的前n 项和S n . [解] (1)证明：∵a n ＋1＝2a n ＋4， ∴a n ＋1＋4＝2a n ＋8＝2(a n ＋4)， ∴a n ＋1＋4a n ＋4＝2， ∵a 1＝－2，∴a 1＋4＝2.∴{a n ＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)，可知a n ＋4＝2n， ∴a n ＝2n－4.当n ＝1时，a 1＝－2<0， ∴S 1＝|a 1|＝2； 当n ≥2时，a n ≥0.∴S n ＝－a 1＋a 2＋…＋a n ＝2＋(22－4)＋...＋(2n －4)＝2＋22＋ (2)－4(n －1)＝21－2n1－2－4(n －1)＝2n ＋1－4n ＋2.又当n ＝1时，也满足上式． ∴数列{|a n |}的前n 项和S n ＝2n ＋1－4n ＋2.[备课札记][方法技巧]判定和证明数列是等差(比)数列的方法(1)定义法：对于n ≥1的任意自然数，验证a n ＋1－a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫或a n ＋1a n 为与正整数n 无关的某一常数．(2)中项公式法：①若2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等差数列； ②若a 2n ＝a n －1·a n ＋1≠0(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等比数列．[演练冲关]4．(2018届高三·东北三校联考)已知数列{a n }的首项a 1>0，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1(n ∈N *)，且a 1＝23.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n－1是等比数列，并求出{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n .解：(1)证明：记b n ＝1a n －1，则b n ＋1b n ＝1a n ＋1－11a n －1＝2a n ＋13a n －11a n－1＝2a n ＋1－3a n 3－3a n ＝1－a n 31－a n ＝13，又b 1＝1a 1－1＝32－1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为12，公比为13的等比数列．所以1a n －1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，即a n ＝2×3n －11＋2×3n －1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2×3n －11＋2×3n －1.(2)由(1)知，1a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13＋n ＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＋n .5．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． 解：(1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q ＝2，a 11＋q ＋q2＝－6.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，q ＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n. (2)由(1)可得S n ＝－2×[1－－2n]1－－2＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23＋－1n2n ＋13＝2S n ， 故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．[解题通法点拨] 数列问题重在“归”——化归、归纳[循流程思维——入题快]等差数列与等比数列是我们最熟悉的两个基本数列，在高中阶段它们是一切数列问题的出发点与落脚点．首项与公差(比)称为等差(比)数列的基本量，大凡涉及这两个数列的问题，我们总希望把已知条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系，从而达到解决问题的目的．这种化归为基本量处理的方法，是解决等差或等比数列问题特有的方法，对于不是等差或等比的数列，可从简单的个别的特殊的情景出发，从中归纳出一般性的规律、性质，这种归纳思想便形成了解决一般性数列问题的重要方法：观察、归纳、猜想、证明．由于数列是一种特殊的函数，也可根据题目特点，将数列问题化归为函数问题来解决．[按流程解题——快又准][典例] (2015·全国卷Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．[解题示范](1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，① 可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.②②－①，得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1， 即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )． 由a n >0，得a n ＋1－a n ＝2. 又a 21＋2a 1＝4a 1＋3， 解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝12n ＋12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17 ＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝n32n ＋3.[思维升华] 对于数列的备考：一是准确掌握数列中a n 与S n 之间的关系，这是解决数列问题的基础；二是重视等差与等比数列的复习，熟悉其基本概念、公式和性质，这是解决数列问题的根本；三是注意数列与函数、不等式等的综合问题，掌握解决此类问题的通法；四是在知识的复习和解题过程中体会其中所蕴含的数学思想方法，如分类讨论、数形结合、等价转化、函数与方程思想等．[应用体验](2017·济南模拟)已知数列{a n }满足a 1＝511,4a n ＝a n －1－3(n ≥2)． (1)求证：数列{a n ＋1}为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝|log 2(a n ＋1)|，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)证明：当n ≥2时，由4a n ＝a n －1－3得a n ＋1＝14(a n －1＋1)，所以数列{a n ＋1}是以512为首项，14为公比的等比数列．所以a n ＋1＝512×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝211－2n ，a n＝211－2n －1.(2)b n ＝|11－2n |，设数列{11－2n }的前n 项和为T n ，则T n ＝10n －n 2. 当n ≤5时，S n ＝T n ＝10n －n 2；当n ≥6时，S n ＝2S 5－T n ＝n 2－10n ＋50.所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧10n －n 2，n ≤5，n 2－10n ＋50，n ≥6.[课时跟踪检测] 1．(2018届高三·广西三市联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n－1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .解：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1， 当n ＝1时，a 1＝2－1＝1，满足a n ＝2n －1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)由(1)得，b n ＝log 4a n ＋1＝n ＋12，则b n ＋1－b n ＝n ＋22－n ＋12＝12， 又b 1＝log 4a 1＋1＝1，∴数列{b n }是首项为1，公差d ＝12的等差数列，∴T n ＝nb 1＋n n －12d ＝n 2＋3n4.2．(2017·福州质检)已知等差数列{a n }的各项均为正数，其公差为2，a 2a 4＝4a 3＋1. (1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 3＋a 9＋…＋a 3n .解：(1)依题意知，a n ＝a 1＋2(n －1)，a n >0.因为a 2a 4＝4a 3＋1，所以(a 1＋2)(a 1＋6)＝4(a 1＋4)＋1， 所以a 21＋4a 1－5＝0，解得a 1＝1或a 1＝－5(舍去)， 所以a n ＝2n －1. (2)a 1＋a 3＋a 9＋…＋a 3n＝(2×1－1)＋(2×3－1)＋(2×32－1)＋…＋(2×3n－1) ＝2×(1＋3＋32＋ (3))－(n ＋1) ＝2×1－3n ＋11－3－(n ＋1)＝3n ＋1－n －2.3．(2018届高三·广东五校联考)数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)∵S n ＝2a n －a 1，① ∴当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－a 1；② ①－②得，a n ＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1.。

高三数学第二轮复习教案 数列问题的题型与方法二（3课时） 一、考试内容数列；等差数列及其通项公式，等差数列前n 项和公式；等比数列及其通项公式，等比数列前n 项和公式。

二、考试要求1．理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项。

2．理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式，并能运用公式解答简单的问题。

3．理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式，并能运用公式解决简单的问题。

三、复习目标1． 能灵活地运用等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n 项和公式解题； 2．能熟练地求一些特殊数列的通项和前n 项的和；3．使学生系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题；4．通过解决探索性问题，进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力．5．在解综合题的实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力．6．培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法． 四、双基透视1． 可以列表复习等差数列和等比数列的概念、有关公式和性质. 2．判断和证明数列是等差（等比）数列常有三种方法：(1)定义法：对于n≥2的任意自然数,验证11(/)n n n n a a a a ---为同一常数。

(2)通项公式法： ①若 =+（n-1）d=+（n-k ）d ，则{}n a 为等差数列；②若，则{}n a 为等比数列。

(3)中项公式法：验证都成立。

3. 在等差数列{}n a 中,有关S n 的最值问题——常用邻项变号法求解：(1)当>0,d<0时，满足的项数m 使得取最大值.(2)当<0,d>0时，满足的项数m 使得取最小值。

第七课时 等比数列_________热点考点题型探析一、复习目标：理解等比数列的概念,掌握等比数列的通项公式、前n 项和公式并能解决实际问题；理解等比中项的概念,掌握等比数列的性质，能灵活运用等比数列的性质解题. 二、重难点：理解等比数列的概念,掌握等比数列的通项公式、前n 项和公式并能解决实际问题；理解等比中项的概念,掌握等比数列的性质. 三、教学方法：讲练结合，归纳总结，巩固强化。

四、教学过程： （一）、热点考点题型探析考点1等比数列的通项与前n 项和 题型1已知等比数列的某些项，求某项【例1】已知{}n a 为等比数列，162,262==a a ，则=10a 【解题思路】可以考虑基本量法，或利用等比数列的性质 【解析】方法1： 811622451612=⇒⎩⎨⎧====q q a a q a a ∴131********69110=⨯===q a q a a 方法2： 812162264===a a q ，∴13122811624610=⨯==q a a 方法3： {}n a 为等比数列 ∴13122216222261026102===⇒=⋅a a a a a a【反思归纳】给项求项问题，先考虑利用等比数列的性质，再考虑基本量法. 题型2 已知前n 项和n S 及其某项，求项数.【例2】⑴已知n S 为等比数列{}n a 前n 项和，93=n S ，48=n a ，公比2=q ，则项数=n .⑵已知四个实数，前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，首末两数之和为37，中间两数之和为36，求这四个数.【解题思路】⑴利用等比数列的通项公式11-=n n qa a 及qq a S n n --=1)1(1求出1a 及q ，代入n S 可求项数n ；⑵利用等差数列、等比数列设出四个实数代入已知，可求这四个数.【解析】⑴由93=n S ，48=n a ，公比2=q ，得532248293)12(111=⇒=⇒⎩⎨⎧=⋅=--n a a nn n . ⑵设前2个数分别为b a ,，则第43、个数分别为a b --3736，，则⎩⎨⎧-=-+-=)37()36()36(22a b b a b b ，解得⎩⎨⎧==1612b a 或⎪⎩⎪⎨⎧==481499b a ； 【反思归纳】平时解题时，应注意多方位、多角度思考问题，加强一题多解的练习，这对提高我们的解题能力大有裨益. 题型3 求等比数列前n 项和【例3】等比数列 ,8,4,2,1中从第5项到第10项的和. 【解题思路】可以先求出10S ，再求出4S ，利用410S S -求解；也可以先求出5a 及10a ， 由10765,,,,a a a a 成等比数列求解. 【解析】由2,121==a a ，得2=q ，∴102321)21(11010=--=S ，1521)21(144=--=S ，∴.1008410=-S S 【例4】已知n S 为等比数列{}n a 前n 项和，13233331-+++++=n n a ，求n S 【解题思路】可以先求出n a ，再根据n a 的形式特点求解. 【解析】 212331)31(133331132-=--=+++++=-n n n n a ，∴n n S n nn 2131)31(32121)3333(2132---⨯=-++++= 即.432143--=n S n n 【例5】已知n S 为等比数列{}n a 前n 项和，n n n a 3)12(⋅-=，求n S .【解题思路】分析数列通项形式特点，结合等比数列前n 项和公式的推导，采用错位相减法求和.【解析】 n n n a 3)12(⋅-=∴n n n S 3)12(35333132⋅-++⋅+⋅+⋅= ，----------------①14323)12(3)32(3533313+⋅-+⋅-++⋅+⋅+⋅=n n n n n S -------------② ①—②，得14323)12()3333(232+⋅--+++++=-n n n n S63)22(3)12(31)31(923111-⋅-=⋅----⨯+=++-n n n n n∴.33)1(1+⋅-=+n n n S【反思归纳】根据数列通项的形式特点，等比数列求和的常用方法有：公式法、性质法、分解重组法、错位相减法，即数列求和从“通项”入手. 考点2 证明数列是等比数列 【例6】已知数列{}n a 和{}n b 满足：λ=1a ，4321-+=+n a a n n ，)213()1(+--=n a b n n n ，其中λ为实数，+∈N n . ⑴ 对任意实数λ，证明数列{}n a 不是等比数列；⑵ 试判断数列{}n b 是否为等比数列，并证明你的结论.【解题思路】⑴证明数列{}n a 不是等比数列，只需举一个反例；⑵证明数列{}n b 是等比数列，常用：①定义法；②中项法.【解析】⑴ 证明：假设存在一个实数λ，使{}n a 是等比数列，则有3122a a a ⋅=， 即,094949494)494()332(222=⇔-=+-⇔-=-λλλλλλλ矛盾. 所以{}n a 不是等比数列.⑵ 解：因为[]21)1(3)1()213()1(11++--=+--=++n a n a b n n n n n [])14232()1(183)1(111+--=+--=+++n a n a n n n nn n n b n a 32)213()1(321-=+--=+ 又)18(11+-=λb ，所以当)(0,18+∈=-=N n b n λ，此时{}n b 不是等比数列； 当)8(,181+-=-≠λλb 时，由上可知)(32,01++∈-=∴≠N n b b b n n n ，此时{}n b 是等比数列.【反思归纳】等比数列的判定方法：⑴定义法：q a a nn =+1（+∈N n ，0≠q 是常数）⇔{}n a 是等比数列； ⑵中项法：221++⋅=n n n a a a (+∈N n )且0≠n a ⇔{}n a 是等比数列. （二）、巩固强化训练1、已知n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，364,243,362===n S a a ，则=n ；【解析】3,12433151612==⎩⎨⎧⇒====q a q a a q a a 或3,11-=-=q a ， 当3,11==q a 时，636431)31(1=⇒=--=n S n n ；当3,11-=-=q a 时，[]n S nn ⇒=+---=36431)3(11无整数解. 2、已知数列{}n a 的首项123a =，121n n n a a a +=+，1,2,3,n =…．证明：数列1{1}na -是等比数列。